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2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（10）含解析
10．電容器和電路動(dòng)態(tài)分析
1．(2018·鹽城市三模)如圖1所示，平行板電容器兩極板接在直流電源兩端．下列操作能使電容器電容減小的是(　　)

圖1
A．增大電源電壓 B．減小電源電壓
C．在兩極板間插入陶瓷 D．增大兩極板間的距離
答案　D
2．(2018·南京市學(xué)情調(diào)研)“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖2所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是(　　)
A．平行板正對(duì)面積減小時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小
B．靜電計(jì)可以用電壓表替代
C．靜電計(jì)所帶電荷量與平行板電容器所帶電荷量不相等
D．靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器所帶電荷量
答案　C
3．(2018·南通市、泰州市一模)如圖3所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝12 V，內(nèi)阻r＝1.0 Ω，電阻R1＝4.0 Ω，R2＝7.5 Ω，R3＝5.0 Ω，電容器的電容C＝10 μF.閉合開關(guān)S，電路達(dá)到穩(wěn)定后電容器的電荷量為(　　)

圖3
A．4.5×10－5 C B．6.0×10－5 C
C．7.5×10－5 C D．1.2×10－4 C
答案　B
4.(多選)(2018·蘇州市模擬)如圖4所示為一直流電路，電源內(nèi)阻小于R0，滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R.在滑動(dòng)變阻器的滑片P從最右端滑向最左端的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是(　　)

圖4
A．電壓表的示數(shù)一直增大
B．電流表的示數(shù)一直增大
C．電阻R0消耗的功率一直增大
D．電源的輸出功率先減小后增大
答案　BCD
解析　根據(jù)電路圖可知，滑動(dòng)變阻器的左半部分與R串聯(lián)后與滑動(dòng)變阻器的右半部分并聯(lián)然后再與R0串聯(lián)．當(dāng)滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R，所以并聯(lián)部分電阻一直增大，則總電阻一直增大，電路中總電流一直減小，電源的內(nèi)電壓以及R0兩端電壓都減小，則由閉合電路歐姆定律可知，電壓表示數(shù)一直增大，故A正確；電流表測(cè)量干路電流，電流表示數(shù)一直減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)P0＝I2R0可知，I減小，則R0消耗的功率一直減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，而R0大于電源內(nèi)阻，所以隨著外電阻增大，電源的輸出功率一直減小，故D錯(cuò)誤．
5．在如圖5所示的電路中，R0為定值電阻，R為光敏電阻(光照減弱時(shí)阻值增大)，C為電容器，現(xiàn)減弱對(duì)光敏電阻R光照的強(qiáng)度，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．電流表的示數(shù)變大
B．電容器C的電荷量變大
C．電壓表的示數(shù)變小
D．電源內(nèi)部消耗的功率變大
答案　B
解析　減弱對(duì)光敏電阻R光照的強(qiáng)度，R增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得路端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，總電流減小，即電流表示數(shù)減小，電容器兩端的電壓增大，根據(jù)C＝以及C不變，U增大可得Q增大，電源內(nèi)部消耗的電功率P＝I2r，I減小，內(nèi)阻不變，所以P減小，故B正確．
6.(2018·泰州中學(xué)模擬)如圖6所示，E為電源，其內(nèi)阻不可忽略，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，L為指示燈泡，C為平行板電容器，G為靈敏電流計(jì)．閉合開關(guān)S，當(dāng)環(huán)境溫度明顯升高時(shí)，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．L變暗
B．RT兩端電壓變大
C．C所帶的電荷量保持不變
D．G中電流方向由a→b
答案　D
解析　由題圖可知，熱敏電阻與L串聯(lián)．當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)熱敏電阻的阻值減小，總電阻減小，則電路中電流增大，燈泡L變亮，故A錯(cuò)誤；因?yàn)殡娐分须娏髟龃螅娫吹膬?nèi)電壓及燈泡L兩端的電壓增大，則RT兩端電壓減小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)殡娙萜鞑⒙?lián)在電源兩端，因內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，故由Q＝CU知電容器所帶電荷量減小，故C錯(cuò)誤；電容器所帶電荷量減小，電容器放電，故G中電流由a→b，故D正確．
7.如圖7所示電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，各電阻阻值如圖所示，電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P從a端滑到b端的過程中，下列說法正確的是(　　)

圖7
A．電壓表的讀數(shù)U先減小后增大
B．電流表的讀數(shù)I先增大后減小
C．電壓表讀數(shù)U與電流表讀數(shù)I的比值不變
D．電壓表讀數(shù)的變化量ΔU與電流表讀數(shù)的變化量ΔI的比值的絕對(duì)值不變
答案　D
解析　滑動(dòng)觸頭P位于a端和b端時(shí)外電路總電阻均為＝R，P位于ab的中點(diǎn)時(shí)，外電路總電阻為R＋R＝R，所以當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P從a端滑到b端的過程中，總電阻先增大后減小，電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流先減小后增大，則內(nèi)電壓先減小后增大，外電壓先增大后減小．即電壓表的讀數(shù)U先增大后減小，電流表的讀數(shù)I先減小后增大，故A、B錯(cuò)誤；電壓表讀數(shù)U與電流表讀數(shù)I的比值表示外電阻，外電阻先增大后減小，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閮?nèi)外電壓之和不變，所以外電壓的變化量的絕對(duì)值和內(nèi)電壓變化量的絕對(duì)值相等，所以＝r，故D正確．
8.(多選)(2018·江蘇省高考?jí)狠S沖刺卷) 如圖8所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1為定值電阻且R1>r，R2為光敏電阻，當(dāng)光照強(qiáng)度減小時(shí)阻值增大，L為小燈泡，C為電容器，電表均為理想電表．閉合開關(guān)S后，若增大照射光強(qiáng)度，則(　　)

圖8
A．電壓表的示數(shù)減小
B．電源的輸出功率增大
C．電容器上的電荷量增加
D．兩表示數(shù)變化量的比值的絕對(duì)值||不變
答案　BD
解析　增大光照強(qiáng)度則R2減小，所以電路的總電流增大，電壓表測(cè)定值電阻R1兩端的電壓，故示數(shù)變大，A錯(cuò)誤；因?yàn)镽1>r，電源輸出功率P出＝()2R外＝，則當(dāng)R外＝r時(shí)，輸出功率最大，當(dāng)R外>r時(shí)，隨外電路總電阻的減小，輸出功率增大，B正確；由于內(nèi)電壓、R1兩端的電壓均增大，則電容器兩端電壓減小，電容器所帶電荷量減小，C錯(cuò)誤；由于U＝IR1，所以||＝R1，故不變，D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（1）含解析

1．直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其圖象
1．(2018·徐州市期中)如圖1所示，為了能夠方便測(cè)出人的反應(yīng)時(shí)間，某研究小組制作了“反應(yīng)時(shí)間測(cè)量尺”，其使用方法：甲同學(xué)捏住測(cè)量尺上端使其保持豎直，零刻度線位于乙同學(xué)的兩指之間．當(dāng)乙看見甲釋放測(cè)量尺時(shí)，立即用手指捏住，根據(jù)乙手指所在測(cè)量尺的位置，直接讀出反應(yīng)時(shí)間．下列說法正確的是(　　)

圖1
A．“反應(yīng)時(shí)間測(cè)量尺”A標(biāo)度合理
B．“反應(yīng)時(shí)間測(cè)量尺”B標(biāo)度合理
C．“反應(yīng)時(shí)間測(cè)量尺”下降的距離與時(shí)間成正比
D．用鋼尺和塑料尺制成的測(cè)量尺刻度明顯不同
答案　B
解析　由題可知，手的位置在開始時(shí)應(yīng)放在0刻度處，所以0刻度要在下邊．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的位移：h＝gt2，位移與時(shí)間的平方成正比，所以隨時(shí)間的增大，測(cè)量尺上刻度的間距增大．由以上的分析可知，題圖B是正確的，故A錯(cuò)誤，B正確；由公式h＝gt2，位移與時(shí)間的平方成正比，用鋼尺和塑料尺制成的測(cè)量尺刻度應(yīng)是相同的，故C、D錯(cuò)誤．
2.(2018·江蘇百校12月大聯(lián)考)某科學(xué)小組研制了一種探測(cè)器，其速度大小可隨運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行調(diào)節(jié)．如圖2所示，在某次實(shí)驗(yàn)中，該探測(cè)器從原點(diǎn)一直沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，且速度與位移成反比，已知探測(cè)器在A、B兩點(diǎn)的速度分別為4 m/s和2 m/s，O點(diǎn)到B點(diǎn)的位移為2 m，則探測(cè)器從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為(　　)

圖2
A. s B. s
C. s D. s
答案　A
解析　由速度與位移成反比，可知x＝k·
由vB＝2 m/s，vA＝4 m/s，xOB＝2 m
可得，k＝4，xOA＝1 m

根據(jù)數(shù)據(jù)可得－x圖象如圖所示
由t＝＝x·，可知陰影部分的面積為探測(cè)器從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間t.
t＝×(＋)×1 s＝ s.
3．交通法規(guī)定同車道行使的機(jī)動(dòng)車，后車應(yīng)當(dāng)與前車保持足以采取緊急制動(dòng)措施的安全距離．在申蘇浙皖G50高速公路的某一路段，規(guī)定汽車行使速度不得高于120 km/h，也不得低于60 km/h，一般人的反應(yīng)時(shí)間約為0.5 s，汽車剎車時(shí)能產(chǎn)生的最大加速度的大小為5 m/s2，根據(jù)以上信息估算該路段行車的安全距離最接近(　　)
A．50 m B．100 m C．130 m D．200 m
答案　C
4．(2018·黃橋中學(xué)月考)一個(gè)物體沿一條直線運(yùn)動(dòng)，其位移x隨時(shí)間t的變化規(guī)律圖線為如圖3所示的拋物線，c和d已知，由此可知(　　)

圖3
A．物體的初速度為0
B．物體做加速度越來越大的加速運(yùn)動(dòng)(k＝＝v)
C．物體在c時(shí)刻的速度為
D．物體經(jīng)過1.5c時(shí)的速度為
答案　C
解析　由x－t圖象結(jié)合位移公式x＝v0t＋at2可知物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由d＝v0c＋ac2和3d＝v0(2c)＋a(2c)2，解得v0＝，a＝，A、B錯(cuò)誤；應(yīng)用速度公式可知物體在c時(shí)刻的速度為v0＋ac＝，物體在1.5c時(shí)刻的速度為v0＋1.5ac＝，C正確，D錯(cuò)誤．
5．(2018·江蘇押題卷)一個(gè)質(zhì)點(diǎn)由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，速度隨位移變化的圖象如圖4所示，關(guān)于質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是(　　)

圖4
A．質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
B．質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C．質(zhì)點(diǎn)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)
D．質(zhì)點(diǎn)做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)
答案　D
解析　在v－x圖象中，圖線的斜率k＝＝·＝，由題中v－x圖象可知，圖線的斜率k恒定不變，即質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度a與速度v的比值不變，顯然，隨著質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度v的增大，其加速度a也逐漸增大，故選項(xiàng)D正確．
6．(多選)(2018·虹橋中學(xué)一調(diào))甲、乙兩球從相同高度同時(shí)由靜止開始落下，兩球在到達(dá)地面前，除重力外，還受到空氣阻力Ff的作用，此阻力與球的下落速率v成正比，即Ff＝－kv(k＞0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同．如圖5所示為兩球的v－t圖象．若甲球與乙球的質(zhì)量分別為m1和m2，則下列說法正確的是(　　)

圖5
A．m1＞m2
B．m1＜m2
C．乙球先到達(dá)地面
D．甲球先到達(dá)地面
答案　AD
解析　由題圖圖象知甲乙兩球勻速運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系：v甲＞v乙①
由平衡條件得：mg＝kv②
①②聯(lián)立得：m1＞m2 ，故A正確，B錯(cuò)誤；兩球位移相等時(shí)，即圖線與時(shí)間軸圍成的面積相等，可知球乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，球甲先到達(dá)地面，故D正確，C錯(cuò)誤．
7．(2018·鹽城市模擬)電梯在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖6所示，以豎直向上為正方向，則電梯(　　)

圖6
A．速度在t＝1.5 s時(shí)最小
B．第1 s內(nèi)的位移等于第3 s內(nèi)的位移
C．第1 s內(nèi)的速度變化量小于第2 s內(nèi)的速度變化量
D．對(duì)人的支持力在t＝1.5 s時(shí)最大
答案　C
8．(多選)(2018·錫山中學(xué)月考) 如圖7所示，斜面ABC中AB段光滑，BC段粗糙．一小物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿斜面下滑到C點(diǎn)時(shí)速度恰好為零．若物塊運(yùn)動(dòng)的速度為v、加速度為a、位移為x、物塊所受合外力為F、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，以沿斜面向下為正方向，則下列圖象中可能正確的是(　　)

圖7


答案　AB
解析　由于AB段光滑，物塊在AB段受重力和斜面支持力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面ABC與水平面的夾角為α.物塊加速度為：a1＝＝gsin α，BC段粗糙，故物塊受力比AB段多一個(gè)沿斜面向上的摩擦力，由于小物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿斜面下滑到C點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，可知物塊先加速后減速，故可知BC段加速度向上，其大小為：a2＝＝－gsin α，故A、B正確．物塊在AB段受重力和斜面支持力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，其位移為：x＝a1t2，可知位移－時(shí)間圖象應(yīng)該是開口向上的拋物線，故C錯(cuò)誤．物塊在AB和BC段的受力都是恒定的，故D錯(cuò)誤．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（2）含解析
2.受力分析和物體平衡
1．(2018·江蘇六校聯(lián)考)磁性黑板擦吸附在豎直的黑板平面上靜止不動(dòng)時(shí)，關(guān)于黑板擦的受力情況，下列敘述中正確的是(　　)
A．黑板擦受到的磁力與它受到的重力是一對(duì)平衡力
B．黑板擦受到的磁力與它受到的彈力是一對(duì)作用力與反作用力
C．黑板擦受到的磁力與它受到的摩擦力性質(zhì)相同
D．黑板擦受到的摩擦力與它受到的重力是一對(duì)平衡力
答案　D
2.如圖1所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起，在作用于B上的恒定水平拉力F的作用下沿地面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，關(guān)于撤去F前后下列說法正確的是(　　)

圖1
A．撤去F之前A受到3個(gè)力作用
B．撤去F之前B受到4個(gè)力作用
C．撤去F前后，A的受力情況不變
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1不小于B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2
答案　D
解析　撤去F前A受重力、B對(duì)A的支持力2個(gè)力作用；B受重力、地面支持力、A對(duì)B的壓力、地面對(duì)B的摩擦力、外力F共5個(gè)力作用；撤去F后，AB一起勻減速運(yùn)動(dòng)，A除受重力、支持力外，還受靜摩擦力作用，對(duì)AB整體：μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，對(duì)A：μ1mAg≥mAa，即μ1≥μ2.
3．(2018·淮安中學(xué)期中)如圖2所示，一名登山運(yùn)動(dòng)員攀登陡峭雪壁時(shí)，如果認(rèn)為峭壁的平面是豎直的平面，峭壁平面是光滑的，腿與峭壁面是垂直的，若輕繩與峭壁面的夾角為30°，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為60 kg，g取10 m/s2.人處于靜止?fàn)顟B(tài)，則細(xì)繩張力的大小FT為(　　)

圖2
A．200 N B．600 N
C．400 N D．1 200 N
答案　C
4．(2018·高考押題預(yù)測(cè)卷)如圖3所示，A、B、C三個(gè)物體的質(zhì)量是mA＝mB＝mC＝m，A、B兩物體通過繩子繞過定滑輪相連，B、C用勁度系數(shù)為k2的彈簧相連，彈簧k1一端固定在天花板上，另一端與滑輪相連．開始時(shí)，A、B兩物體在同一水平面上，不計(jì)滑輪、繩子、彈簧的重力和一切摩擦．現(xiàn)用豎直向下的力緩慢拉動(dòng)A物體，在拉動(dòng)過程中，彈簧及與A、B相連的繩子始終豎直，到C物體剛要離開地面(A沒落地，B沒有與滑輪相碰，A、B、C可視為質(zhì)點(diǎn))，重力加速度為g，此時(shí)A、B兩物體的高度差(　　)

圖3
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
答案　D
解析　開始時(shí)，彈簧k1的拉力是A物體重力的兩倍，所以它的伸長(zhǎng)量x1＝；彈簧k2的彈力是B、A兩物體的重力差，所以它的壓縮量x2＝.當(dāng)C物體剛要離開地面時(shí)，彈簧k1的拉力是B、C兩物體重力和的兩倍，所以它的伸長(zhǎng)量，x1′＝；彈簧k2的拉力等于C的重力，所以它的伸長(zhǎng)量x2′＝，所以B物體上升的高度是hB＝x2＋x2′＝，物體A下降的高度hA＝hB＋2(x1′－x1)＝＋，所以A、B高度差Δh＝hA＋hB＝＋，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
5．(2018·淮安市、宿遷市等期中)如圖4所示，質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于豎直墻壁上，今用水平向右的拉力F拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O至圖示位置．用FT表示繩 OA段拉力的大小，在拉力F由圖示位置逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過90°的過程中，始終保持O點(diǎn)位置不動(dòng)，則(　　)

圖4
A．F先逐漸變小后逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變小
B．F先逐漸變小后逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變大
C．F先逐漸變大后逐漸變小，F(xiàn)T逐漸變小
D．F先逐漸變大后逐漸變小，F(xiàn)T逐漸變大
答案　A
解析　保持O點(diǎn)位置不變，將F由水平位置繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)90°的過程中，F(xiàn)和AO的拉力的合力始終與mg等大、反向、共線，由平行四邊形定則可知，當(dāng)F豎直向上時(shí)，F(xiàn)最大，最大值 Fmax＝mg，此時(shí)FT最小，F(xiàn)T＝0；當(dāng)F⊥AO時(shí)，F(xiàn)最小，則F先逐漸變小后逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變小，故A正確．
6．(多選)(2018·如皋市期初) 如圖5所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，重力加速度為g，則(　　)

圖5
A．A、B間的摩擦力大小為mgsin θ
B．A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑動(dòng)摩擦力大小為2mgsin θ
D．A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ
答案　AC
解析　將B的重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A對(duì)B應(yīng)有沿斜面向上的摩擦力，大小等于B的重力沿斜面方向的分力，即mgsin θ，故A正確；由牛頓第三定律可知，A受到B的摩擦力應(yīng)沿斜面向下，故B錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體分析，并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受斜面的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，大小為2mgsin θ，故C正確；由于A、B間為靜摩擦力，無法確定動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤．
7．如圖6甲所示，水平地面上固定一傾角為30°的表面粗糙的斜劈，一質(zhì)量為m的小物塊能沿著斜劈的表面勻速下滑．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力F，使它沿該斜劈表面勻速上滑，如圖乙所示，重力加速度為g，則F的大小應(yīng)為(　　)

圖6
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　A
解析　小物塊能沿著斜劈的表面勻速下滑，則有mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得小物塊與斜劈表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan 30°.當(dāng)施加F后，由小物塊能沿著斜劈表面勻速上滑，對(duì)小物塊受力分析如圖所示：

根據(jù)平衡條件有
沿斜面方向：Fcos 30°－Ff－mgsin 30°＝0
垂直斜面方向：FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°
又Ff＝μFN，
聯(lián)立可得：F＝mg，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
8．(2018·江蘇五校聯(lián)考)如圖7所示，兩個(gè)截面半徑均為r，質(zhì)量均為m的半圓柱體A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圓心間的距離為l，在A、B上放一個(gè)截面半徑為r，
質(zhì)量為2m的光滑圓柱體C，A、B、C均始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　)


圖7
A．B對(duì)地面的壓力大小為3mg
B．地面對(duì)A的作用力沿AC圓心連線方向
C．l越小，A、C間的彈力越小
D．l越小，地面對(duì)A、B的摩擦力越大
答案　C
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（3）含解析
3.牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
1．(2018·南通市等七市三模)春秋末年齊國人的著作《考工記》中有“馬力既竭，辀猶能一取焉”，意思是馬對(duì)車不施加拉力了，車還能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)．這是關(guān)于慣性的最早記述．下列關(guān)于慣性的說法中正確的是(　　)
A．車只在運(yùn)動(dòng)時(shí)才具有慣性
B．撤去拉力后車的慣性大小不變
C．拉力可以改變車的慣性
D．車運(yùn)動(dòng)越快慣性越大
答案　B
2．如圖1所示，一些商場(chǎng)安裝了智能化的自動(dòng)扶梯．為了節(jié)約能源，在沒有乘客乘行時(shí)，即自動(dòng)扶梯不載重時(shí)往往以較小的速度勻速運(yùn)行，當(dāng)有乘客乘行時(shí)自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)運(yùn)動(dòng)階段．關(guān)于臺(tái)階對(duì)人的摩擦力和支持力，下列表述正確的是(　　)

圖1
A．勻速時(shí)，摩擦力方向沿水平向左
B．勻速時(shí)，人受到的支持力大于受到的重力
C．加速時(shí)，摩擦力方向沿斜面向上
D．加速時(shí)，人受到的支持力大于受到的重力
答案　D
解析　勻速運(yùn)動(dòng)階段，乘客不受摩擦力的作用，故A錯(cuò)誤；勻速時(shí)，人受到的支持力等于受到的重力，故B錯(cuò)誤；乘客在加速運(yùn)動(dòng)的過程中有斜向上的加速度，此加速度可以分解為水平向左和豎直向上的加速度，在水平方向上摩擦力提供了運(yùn)動(dòng)所需要的加速度，所以人受到的摩擦力水平向左，故C錯(cuò)誤；在豎直方向處于超重狀態(tài)，所以人受到的支持力大于人受到的重力，故D正確．
3.(2018·鹽城市、東臺(tái)市模擬)如圖2所示，物體A、B、C質(zhì)量分別為m、2m、3m，A與天花板間、B與C之間用輕彈簧連接，當(dāng)系統(tǒng)平衡后，突然將A、B間繩燒斷，在繩斷的瞬間，A、B、C的加速度分別為(以向下的方向?yàn)檎较颍琯為重力加速度)(　　)

圖2
A．g，g，g
B．－5g,2.5g,0
C．－5g,2g,0
D．－g,2.5g,3g
答案　B
解析　A、B間繩燒斷前，由平衡條件得知，下面彈簧的彈力大小為F1＝mCg＝3mg，上面彈簧的彈力大小為F2＝(mA＋mB＋mC)g＝6mg，A、B間繩的拉力大小為FT＝(mB＋mC)g＝5mg.A、B間繩燒斷瞬間，兩根彈簧的彈力都沒有變化，則對(duì)A：此瞬間A所受的合力大小與原來所受繩子的拉力FT大小相等，方向相反，即方向向上，則－5mg＝maA，得aA＝－5g.對(duì)B：此瞬間B所受的合力大小與原來所受繩子的拉力FT大小相等，方向相反，即方向向下，則5mg＝2maB，得aB＝2.5g.對(duì)C：此瞬間彈簧的彈力沒有變化，則C的受力情況沒有變化，所以aC＝0，故選B.
4．(多選)(2018·揚(yáng)州中學(xué)5月模擬)一小滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖3所示．在0.5 s、1.5 s、2.5 s、3.5 s時(shí)刻拉力F的大小分別為F1、F2、F3、F4，則下列判斷一定正確的是(　　)

圖3
A．F1C．F1>F4 D．F3>F4
答案　CD
解析　由題圖v－t圖象可知，0.5 s、1.5 s時(shí)刻的加速度a1、a2的方向都為正，而且a1>a2，在2 s時(shí)刻的速度達(dá)到最大值，此時(shí)加速度等于0,2.5 s、3.5 s時(shí)刻的加速度a3、a4的方向都為負(fù)，而且|a4|>|a3|，以速度v的方向?yàn)檎较颍瑒t：F－Ff＝ma，所以：F＝Ff＋ma，結(jié)合各點(diǎn)的加速度的大小與方向關(guān)系，可知：F1>F2>F3>F4，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確．
5．(多選)(2018·江蘇一模)如圖4所示，兩個(gè)物體A和B通過輕繩相連，繩與輕質(zhì)滑輪間的摩擦可忽略不計(jì)．開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，各段輕繩均在豎直方向上，已知物體B的質(zhì)量為m，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì)物體B施加一豎直向下、大小為mg的恒力F.下列說法中正確的是(　　)

圖4
A．物體A的質(zhì)量為2m
B．施加外力后，物體B的加速度大小為g
C．施加外力后，物體B的加速度大小為g
D．系統(tǒng)加速過程中，輕繩的張力大小為mg
答案　ACD
解析　施加外力前，以物體B為研究對(duì)象，可知繩子拉力為FT＝mg，以物體A為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得A的重力為2mg，則物體A的質(zhì)量為2m，故A正確；施加外力后，根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知物體B的加速度大小等于物體A的加速度大小的2倍，設(shè)物體B的加速度大小為a，繩子拉力為FT′，對(duì)物體B根據(jù)牛頓第二定律可得F＋mg－FT′＝ma，對(duì)物體A根據(jù)牛頓第二定律可得2FT′－2mg＝2m×a，聯(lián)立解得a＝g，輕繩的張力大小為FT′＝mg，故B錯(cuò)誤，A、C、D正確．
6．(2018·錫山中學(xué)月考)如圖5，一截面為橢圓形的容器內(nèi)壁光滑，其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)容器受到一個(gè)水平向右的力F作用向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球處于圖示位置，重力加速度為g，此時(shí)小球?qū)E圓面的壓力大小為(　　)


圖5
A．m
B．m
C．m
D.
答案　B
解析　先以容器和小球整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：加速度為a＝，再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力如圖所示，由牛頓第二定律得FN＝＝m，B正確．

7．(2018·如皋市調(diào)研)滑板運(yùn)動(dòng)是許多極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目發(fā)展而來．如圖6所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)平板車放在光滑的傾角為α的斜面上，質(zhì)量為m的滑板運(yùn)動(dòng)員站在滑板上，若要滑板車靜止在斜面上，重力加速度為g，則運(yùn)動(dòng)員需要(　　)

圖6
A．勻速向下奔跑
B．以加速度a＝gsin α向下加速奔跑
C．以加速度a＝(1＋)gsin α向下加速奔跑
D．以加速度a＝(1＋)gsin α向上加速奔跑
答案　C
8．(多選)(2018·錫山中學(xué)月考) 如圖7所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5.下列說法中正確的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

圖7
A．物塊A到達(dá)底端的速度比物塊B到達(dá)底端的速度大
B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)底端
C．物塊A先到達(dá)傳送帶底端
D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶3
答案　BD
解析　對(duì)物塊A受力分析，因?yàn)閙gsin 37°＞μmgcos 37°，則物塊A所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊B所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩物塊勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相等，位移相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故到達(dá)底端的速度大小相等，故A、C錯(cuò)誤，B正確．對(duì)物塊A，劃痕的長(zhǎng)度等于物塊A的位移減去傳送帶的位移，以物塊A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：a＝2 m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝1 s.
所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為x＝vt＝1 m.
則物塊A對(duì)傳送帶的劃痕為：Δx1＝2 m－1 m＝1 m
對(duì)物塊B，劃痕的長(zhǎng)度等于B的位移加上傳送帶的位移，同理得出物塊B對(duì)傳送帶的劃痕長(zhǎng)度為Δx2＝3 m．所以劃痕長(zhǎng)度之比為1∶3，故D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（4）含解析
4.拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)
1．健步行走是現(xiàn)在流行的一種健身方式．如圖1所示，在廣場(chǎng)的兩個(gè)同心圓圓形走道上，有一對(duì)父女沿同一方向勻速健步行走，女兒在圖中A位置，父親在圖中B位置．若女兒、父親所在位置與圓心始終在一條直線上，則下列說法正確的是(　　)

圖1
A．女兒的線速度比較大 B．女兒的角速度比較大
C．父親的加速度比較大 D．父親的轉(zhuǎn)速比較大
答案　C
解析　根據(jù)女兒、父親所在位置與圓心始終在一條直線上可知，他們的角速度相同，由公式v＝ωr可知，女兒的線速度較小，由公式an＝ω2r可知，父親的加速度比較大，由公式n＝f＝可知，女兒、父親的轉(zhuǎn)速相等，綜合以上分析可知，C正確．
2．(2018·南京市學(xué)情調(diào)研)如圖2所示，將小球從空中的A點(diǎn)以速度v0水平向右拋出，不計(jì)空氣阻力，小球剛好擦過豎直擋板落在地面上的B點(diǎn)．若使小球仍剛好擦過豎直擋板且落在地面上B點(diǎn)的右側(cè)，下列方法可行的是(　　)

圖2
A．在A點(diǎn)正上方某位置將小球以小于v0的速度水平拋出
B．在A點(diǎn)正下方某位置將小球以大于v0的速度水平拋出
C．在A點(diǎn)將小球以大于v0的速度水平拋出
D．在A點(diǎn)將小球以小于v0的速度水平拋出
答案　B
3．(2018·江蘇一模)如圖3所示，兩位同學(xué)在體育課上進(jìn)行傳接籃球訓(xùn)練，甲同學(xué)將籃球從A點(diǎn)拋給乙(籃球運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線1所示)，乙在B點(diǎn)接住然后又將籃球傳給甲(籃球運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線2所示)．已知籃球在空中運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好相同．若忽略空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　)

圖3
A．籃球沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)
B．籃球沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的過程中速度變化較快
C．兩同學(xué)將籃球拋出的速度大小相等
D．籃球落到B點(diǎn)前的瞬間重力做功的瞬時(shí)功率等于落到C點(diǎn)(與A、B兩點(diǎn)高度相同)前的瞬間重力做功的瞬時(shí)功率
答案　D
解析　籃球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間由豎直位移決定，由于高度相同，所以兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；籃球只受重力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為g，所以兩次速度變化快慢相同，故B錯(cuò)誤；由軌跡知道，豎直方向初速度相同，第2次水平初速度小于第1次，根據(jù)速度的合成，所以第2次拋出的速度小于第1次，故C錯(cuò)誤；由于籃球落到B點(diǎn)前的豎直方向速度和C點(diǎn)的相同，所以籃球落到B點(diǎn)前的瞬間重力做功的瞬時(shí)功率等于落到C點(diǎn)前的瞬間重力做功的瞬時(shí)功率，故D正確．
4．(多選)(2018·揚(yáng)州中學(xué)月考)如圖4所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經(jīng)過時(shí)間ta恰好落在斜面底端P處；今在P點(diǎn)正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經(jīng)過時(shí)間tb恰好落在斜面的中點(diǎn)Q處．若不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)系式正確的是(　　)

圖4
A．va＝2vb B．va＝vb
C．ta＝2tb D．ta＝tb
答案　BD
解析　b處拋出的小球落在斜面的中點(diǎn)，知a、b兩處拋出的小球下降的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝gt2知，t＝，則時(shí)間之比為＝，即ta＝tb，因?yàn)閍、b兩球水平位移之比為2∶1，則由x＝v0t，得va＝vb，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤．
5．(2018·虹橋中學(xué)一調(diào))質(zhì)量為m的汽車，額定功率為P，與水平地面間的動(dòng)摩擦數(shù)為μ，以額定功率勻速前進(jìn)一段時(shí)間后駛過一半徑為R的圓弧形凹橋，汽車在凹橋最低點(diǎn)的速度與勻速行駛時(shí)相同，重力加速度為g，則汽車對(duì)橋面的壓力FN的大小為(　　)
A．FN＝mg B．FN＝()2
C．FN＝m[g＋()2] D．FN＝m[g－()2]
答案　C
解析　機(jī)車以額定功率行駛，勻速行駛時(shí)滿足：P＝Ffv＝μmgv，所以v＝，在凹形橋最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)－mg＝m，由牛頓第三定律知汽車對(duì)橋面的壓力等于橋面對(duì)汽車的支持力，F(xiàn)N＝F＝m[g＋()2]，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
6．(多選)如圖5所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細(xì)繩相連的質(zhì)量均為m的兩個(gè)物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速緩慢加快到兩物體剛好要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

圖5
A．此時(shí)繩子張力為3μmg
B．此時(shí)A所受摩擦力方向沿半徑指向圓心
C．此時(shí)圓盤的角速度為
D．此時(shí)燒斷繩子，A仍相對(duì)盤靜止，B將做離心運(yùn)動(dòng)
答案　AC
解析　兩物體A和B隨著圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，合外力提供向心力，則F＝mω2r，B的半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，繩子拉力相等，所以當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，B的最大靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓盤邊緣，有相對(duì)圓盤沿半徑指向圓心的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，根據(jù)牛頓第二定律得：FT－μmg＝mω2r，F(xiàn)T＋μmg＝mω2·2r，解得：FT＝3μmg，ω＝，故A、C正確，B錯(cuò)誤．燒斷繩子前瞬間A物體所需的向心力為2μmg，燒斷繩子后，A的最大靜摩擦力不足以提供向心力，則A做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
7．(多選)(2018·徐州三中月考)如圖6所示，放置在水平地面上的支架質(zhì)量為M，支架頂端用細(xì)線拴著的擺球質(zhì)量為m，現(xiàn)將擺球拉至水平位置，然后釋放，擺球運(yùn)動(dòng)過程中，支架始終不動(dòng)．以下說法正確的是(重力加速度為g)(　　)

圖6
A．在釋放瞬間，支架對(duì)地面壓力為(m＋M)g
B．在釋放瞬間，支架對(duì)地面壓力為Mg
C．?dāng)[球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面壓力為(m＋M)g
D．?dāng)[球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面壓力為(3m＋M)g
答案　BD
解析　在釋放擺球的瞬間，支架豎直方向受到重力Mg和地面的支持力FN1，由平衡條件知，F(xiàn)N1＝Mg，根據(jù)牛頓第三定律得知，支架對(duì)地面的壓力FN1′＝FN1＝Mg，故
A錯(cuò)誤，B正確．設(shè)擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v，擺線長(zhǎng)為L(zhǎng)，由機(jī)械能守恒定律得：mgL＝mv2①
擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，有：FT－mg＝m②
聯(lián)立①②得細(xì)線的拉力：FT＝3mg
結(jié)合牛頓第三定律得，支架對(duì)地面的壓力大小為：FN2＝Mg＋F＝(3m＋M)g，故C錯(cuò)誤，D正確．
8.(多選)如圖7所示，一位同學(xué)玩飛鏢游戲，已知飛鏢距圓盤為L(zhǎng)且對(duì)準(zhǔn)圓盤上邊緣的A點(diǎn)水平拋出，初速度為v0，v0的方向與圓盤面垂直，飛鏢拋出的同時(shí)，圓盤以垂直圓盤且過盤心O點(diǎn)的水平軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．若飛鏢恰好擊中A點(diǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

圖7
A．從飛鏢拋出到恰好擊中A點(diǎn)，圓盤一定轉(zhuǎn)動(dòng)半周
B．從飛鏢拋出到恰好擊中A點(diǎn)的時(shí)間為
C．圓盤的半徑為
D．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為(k＝1,2,3…)
答案　BC
解析　飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，圓盤上的A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好擊中A點(diǎn)，說明A點(diǎn)正好在最低點(diǎn)被擊中，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的周期滿足：t＝kT＋(k＝0,1,2,3…)，圓盤一定轉(zhuǎn)動(dòng)半周的奇數(shù)倍，故A錯(cuò)誤；飛鏢水平拋出，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此t＝，選項(xiàng)B正確；飛鏢擊中A點(diǎn)時(shí)，A點(diǎn)恰好在最下方，2r＝gt2，解得r＝，選項(xiàng)C正確；飛鏢擊中A點(diǎn)，則A點(diǎn)轉(zhuǎn)過的角度滿足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，故ω＝(k＝0,1,2，…)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（5）含解析
5.萬有引力定律及應(yīng)用
1．(多選)(2018·南京市金陵中學(xué)模擬)天文社的同學(xué)長(zhǎng)期觀測(cè)一顆繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星，測(cè)得其繞行周期是T，已知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，由此可以求出(　　)
A．衛(wèi)星受到的地球的引力 B．衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的向心加速度
C．衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能 D．衛(wèi)星的軌道離地面的高度
答案　BD
2．(2018·無錫市高三期末)如圖1所示，2017年9月25日至9月28日期間，微信啟動(dòng)新界面，其畫面視角從人類起源的非洲(左)變?yōu)槿A夏大地中國(右)．新照片由我國新一代靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)“風(fēng)云四號(hào)”拍攝，見證著科學(xué)家15年的辛苦和努力．下列說法正確的是(　　)

圖1
A．“風(fēng)云四號(hào)”可能經(jīng)過無錫正上空
B．“風(fēng)云四號(hào)”的向心加速度大于月球的向心加速度
C．與“風(fēng)云四號(hào)”同軌道的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能都相等
D．“風(fēng)云四號(hào)”的運(yùn)行速度大于7.9 km/s
答案　B
3．(多選)(2018·南京市、鹽城市二模)某試驗(yàn)衛(wèi)星在地球赤道平面內(nèi)一圓形軌道上運(yùn)行，每5天對(duì)某城市訪問一次(即經(jīng)過其正上方)，下列關(guān)于該衛(wèi)星的描述中正確的是(　　)
A．角速度可能大于地球自轉(zhuǎn)角速度
B．線速度可能大于第一宇宙速度
C．高度一定小于同步衛(wèi)星的高度
D．向心加速度一定小于地面的重力加速度
答案　AD
解析　設(shè)衛(wèi)星的周期為T，地球自轉(zhuǎn)的周期為T0，則有×5T0＝×5T0＋2π，或者×5T0＋2π＝×5T0，可解得衛(wèi)星的周期T＝T0或者T＝T0，即衛(wèi)星的角速度可能大于地球自轉(zhuǎn)角速度，也可能小于地球自轉(zhuǎn)角速度，A正確；由衛(wèi)星的線速度v＝可知，所有衛(wèi)星的速度小于等于第一宇宙速度，B錯(cuò)誤；衛(wèi)星的高度越高，周期越大，由A選項(xiàng)解析可知，衛(wèi)星的周期可能大于也能小于同步衛(wèi)星的周期，所以衛(wèi)星的高度可能大于也可能小于同步衛(wèi)星的高度，C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律＝ma，向心加速度a＝，衛(wèi)星的高度高于地面，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，D正確．
4．(多選)(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))如圖2所示，我國自主研發(fā)的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由35顆衛(wèi)星組成，包括分布于a類型軌道的5顆同步軌道衛(wèi)星、分布于b類型軌道的3顆傾斜軌道衛(wèi)星(與同步衛(wèi)星軌道半徑相同，軌道傾角55°)和分布于c類型軌道的27顆中軌道衛(wèi)星(軌道半徑小于同步衛(wèi)星的)，中軌道衛(wèi)星運(yùn)行在3個(gè)互成120°的軌道面上做圓周運(yùn)動(dòng)，預(yù)計(jì)2020年全部建成．下列說法正確的是(　　)

圖2
A．a(chǎn)類型軌道上的衛(wèi)星相對(duì)于地面靜止且處于平衡狀態(tài)
B．a(chǎn)類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行速率等于b類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行速率
C．b類型軌道上的衛(wèi)星也與地球保持相對(duì)靜止
D．三類衛(wèi)星相比，c類衛(wèi)星的向心加速度最大
答案　BD
解析　衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，不是處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬有引力提供向心力，則有：G＝m，解得：v＝，由于a類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行半徑等于b類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行半徑，則a類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行速率等于b類型軌道上的衛(wèi)星運(yùn)行速率，選項(xiàng)B正確；b類型衛(wèi)星不能與地球保持相對(duì)靜止，只有同步軌道衛(wèi)星才能與地球保持相對(duì)靜止，故C錯(cuò)誤；a＝，由題知中軌道衛(wèi)星c的軌道半徑小于同步衛(wèi)星a，半徑小的向心加速度大，故D正確．
5．(多選)某衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T.已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，假設(shè)地球的質(zhì)量分布均勻，忽略地球自轉(zhuǎn)．以下說法正確的是(　　)
A．衛(wèi)星運(yùn)行半徑r＝
B．衛(wèi)星運(yùn)行半徑r＝
C．地球平均密度ρ＝
D．地球平均密度ρ＝
答案　AC
解析　由萬有引力提供向心力有：
G＝mr，G＝m′g
聯(lián)立解得：r＝，故A正確，B錯(cuò)誤；
地球的質(zhì)量M＝，
地球的體積V＝，
所以地球的密度為ρ＝＝＝，
故C正確，D錯(cuò)誤．
6.(多選)如圖3所示，2018年5月21日，我國成功發(fā)射嫦娥四號(hào)任務(wù)“鵲橋”中繼星，該衛(wèi)星由地面發(fā)射后，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，經(jīng)多次變軌后進(jìn)入圓形工作軌道Ⅲ，為在月球背面軟著陸做準(zhǔn)備，下列說法錯(cuò)誤的是(　　)

圖3
A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運(yùn)行速度比月球的第一宇宙速度大
B．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的加速度比在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的加速度小
C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期比在軌道Ⅰ上短
D．衛(wèi)星在軌道Ⅳ上的機(jī)械能比在軌道Ⅱ上大
答案　ABD
7．(2018·江蘇省聯(lián)盟大聯(lián)考)已知質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－G，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．先從地面赤道某處發(fā)射一質(zhì)量m0的衛(wèi)星至離地球表面h高處的軌道上，使其繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則至少需對(duì)衛(wèi)星做功(忽略地球自轉(zhuǎn)影響，設(shè)地球半徑為R)(　　)
A．G－G B．G－G
C．G D．G－G
答案　A
解析　根據(jù)萬有引力提供向心力：G＝m0，所以衛(wèi)星的動(dòng)能：Ek＝m0v2＝，從地面發(fā)射到離地面高h(yuǎn)處，引力勢(shì)能增加ΔEp＝－，根據(jù)能量守恒，至少需對(duì)衛(wèi)星做功W＝Ek＋ΔEp＝－，所以A正確．
8.(多選)(2018·泰州中學(xué)月考)2016年2月11日，科學(xué)家宣布激光干涉引力波天文臺(tái)(LIGO)探測(cè)到由兩個(gè)黑洞合并產(chǎn)生的引力波信號(hào)，這是在愛因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接觀測(cè)到．在兩個(gè)黑洞合并過程中，由于彼此間的強(qiáng)大引力作用，會(huì)形成短時(shí)間的雙星系統(tǒng)．如圖4所示，黑洞A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，它們圍繞連線上O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且AO大于BO，不考慮其他天體的影響．下列說法正確的是(　　)

圖4
A．黑洞A的向心力大于B的向心力
B．黑洞A的線速度大于B的線速度
C．黑洞A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量
D．兩黑洞之間的距離越大，A的周期越大
答案　BD
解析　雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力與B對(duì)A的作用力大小相等，方向相反，則黑洞A的向心力等于B的向心力，故A錯(cuò)誤；雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度，由題意可知A的半徑比較大，根據(jù)v＝ωr可知，黑洞A的線速度大于B的線速度，故B正確；在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的向心力大小關(guān)系為：mAω2rA＝mBω2rB，由于A的半徑比較大，所以A的質(zhì)量小，故C錯(cuò)誤，雙星系統(tǒng)的周期公式為：T＝，所以兩黑洞之間的距離越大，A的周期越大，故D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（6）含解析
6.功、功率
1．(2018·徐州市模擬)在2016年全國室內(nèi)鉛球邀請(qǐng)賽中，河北名將鞏立姣以19.37 m奪冠．運(yùn)動(dòng)員在比賽時(shí)投擲鉛球的分解動(dòng)作如圖1，若鉛球出手時(shí)速度大小約為10 m/s，鉛球質(zhì)量為5 kg，則運(yùn)動(dòng)員在擲鉛球過程中對(duì)鉛球做的功約為(　　)

圖1
A．25 J B．250 J C．70 J D．270 J
答案　B
解析　對(duì)擲鉛球的過程，由動(dòng)能定理得運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球做的功為：W＝mv02－0＝×5×102 J＝250 J.
2．(2018·徐州市考前模擬)如圖2所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球．已知某次拋出點(diǎn)的實(shí)際高度為2.0 m，桶的高度為0.4 m，到拋出點(diǎn)的水平距離為1.6 m，球恰好落入桶內(nèi)，小明對(duì)球做功約為(　　)

圖2
A．0.2 J B．2 J
C．20 J D．200 J
答案　B
解析　小明對(duì)球做功使球獲得了初動(dòng)能，小明拋球的過程中，對(duì)球應(yīng)用動(dòng)能定理得W＝mv2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知(2.0－0.4) m＝gt2,1.6 m＝vt，球約為0.5 kg，可得W≈2 J.
3．(多選)(2018·南京市程橋高中模擬)人通過輕質(zhì)定滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿傾角為θ的光滑固定斜面由靜止開始勻加速由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端的速度為v，重力加速度為g，如圖3所示．則在此過程中(　　)

圖3
A．人對(duì)物體做的功為mgh
B．人對(duì)物體做的功大于mgh
C．物體所受的合外力做功為mgh＋mv2
D．物體所受的合外力做功為mv2
答案　BD
4．綠化工人駕駛灑水車在一段平直的道路上給綠化帶澆水，若灑水車所受阻力與車重成正比，灑水車從開始澆水到罐體里的水全部用完過程中始終保持勻速行駛，則在以上過程中(　　)
A．灑水車受到的牽引力保持不變
B．灑水車受到的牽引力逐漸增大
C．灑水車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率保持不變
D．灑水車發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率逐漸減小
答案　D
解析　灑水車所受阻力與車重成正比，即阻力Ff＝kG，開始灑水后，車重G減小，故阻力Ff減小，灑水車勻速行駛，則牽引力F的大小等于阻力Ff，因此灑水車受到的牽引力逐漸減小，故A、B錯(cuò)誤；灑水車發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率 P＝Fv，開始灑水后牽引力F逐漸減小，速度v不變，則灑水車發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率不斷減小，故C錯(cuò)誤，D正確．
5.將質(zhì)量為m的物體在高空中以速率v水平向右拋出，由于風(fēng)力作用，經(jīng)過時(shí)間t后，物體下落一段高度，速率仍為v，方向與初速度相反，重力加速度為g，如圖4所示．在這一運(yùn)動(dòng)過程中，下列關(guān)于風(fēng)力做功的說法正確的是(　　)

圖4
A．風(fēng)力對(duì)物體不做功
B．風(fēng)力對(duì)物體做的功(絕對(duì)值)為
C．風(fēng)力對(duì)物體做的功(絕對(duì)值)小于
D．由于風(fēng)力方向未知，不能判斷風(fēng)力做功情況
答案　C
6．(2018·江蘇押題卷)用水平力F拉著一物體在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻將力F隨時(shí)間均勻減小，物體所受的摩擦力隨時(shí)間的變化如圖5中實(shí)線所示，下列說法中正確的是(　　)

圖5
A．F做功的功率是從t1時(shí)刻開始減小的，t2時(shí)刻F做功的功率剛好變?yōu)榱?br/>B．F做功的功率是從t1時(shí)刻開始減小的，t3時(shí)刻F做功的功率剛好變?yōu)榱?br/>C．F做功的功率是從t2時(shí)刻開始減小的，t2時(shí)刻F做功的功率剛好變?yōu)榱?br/>D．F做功的功率是從t2時(shí)刻開始減小的，t3時(shí)刻F做功的功率剛好變?yōu)榱?br/>答案　A
解析　由題圖可知，在t2時(shí)刻，物體所受摩擦力發(fā)生突變，顯然是由原先的滑動(dòng)摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，因此，從t2時(shí)刻起，物體開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，由功率P＝Fv可知，t2時(shí)刻F做功的功率剛好變?yōu)榱悖蔬x項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；之前物體一定經(jīng)歷過一段減速運(yùn)動(dòng)，說明F已經(jīng)開始減小，由P＝Fv可知，在t2時(shí)刻之前F做功的功率已經(jīng)在減小，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
7.(2018·南京市學(xué)情調(diào)研) 如圖6所示，具有完全知識(shí)產(chǎn)權(quán)的兩列中國標(biāo)準(zhǔn)動(dòng)車組“復(fù)興號(hào)”在京滬高鐵雙向發(fā)車成功．若動(dòng)車組各級(jí)車廂總質(zhì)量均相等，它由8節(jié)車廂組成．其中第1和5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余均為拖車，動(dòng)車的額定功率都相同．若在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比，則該動(dòng)車組(　　)

圖6
A．啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反
B．做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客相對(duì)車廂豎直向上跳起后將落在起跳點(diǎn)后方
C．進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比
D．做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2
答案　D
解析　設(shè)每節(jié)動(dòng)車的功率為P，牽引力為F，每一節(jié)車廂的質(zhì)量是m，阻力為kmg，啟動(dòng)時(shí)乘客做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度的方向與車廂運(yùn)動(dòng)的方向是相同的，根據(jù)牛頓第二定律知乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的的方向相同，故A錯(cuò)誤；做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客相對(duì)車廂豎直向上跳起后，由于慣性，水平方向保持與車廂相同的速度，在相同時(shí)間內(nèi)兩者通過的水平距離相等，所以將落在原來的起跳點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；設(shè)進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離為s，則有－8kmgs＝0－8×mv2，可得s＝，可知進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度的平方成正比，故C錯(cuò)誤；做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有兩節(jié)動(dòng)力車廂，對(duì)整個(gè)的車廂進(jìn)行受力分析得：2F－8kmg＝8ma，對(duì)6、7、8節(jié)車廂進(jìn)行受力分析得F1－3kmg＝3ma
對(duì)7、8節(jié)車廂進(jìn)行受力分析得：F2－2kmg＝2ma
聯(lián)立可得：＝，故D正確．
8.質(zhì)量為2 kg的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖7所示，g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　)

圖7
A．此物體在OA段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且此過程中拉力的最大功率為6 W
B．此物體在OA段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且此過程中拉力的最大功率為6 W
C．此物體在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且此過程中拉力的最大功率為6 W
D．此物體在AB段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且此過程中拉力的功率恒為6 W
答案　D
解析　運(yùn)動(dòng)過程中物體受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmg＝0.1×2×10 N＝2 N，根據(jù)功的定義式可知拉力做功為W＝Fx，故可知W－x圖象的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力FOA＝ N＝5 N>Ff，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x＝3 m時(shí)速度最大，根據(jù)速度位移公式可得v2＝2ax，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，解得v＝3 m/s，所以此過程中最大功率為POA＝FOAv＝15 W，在AB段，F(xiàn)AB＝ N＝2 N＝Ff，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力的功率恒定不變，為PAB＝FABv＝2×3 W＝6 W，故D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（7）含解析
7.動(dòng)能定理、功能關(guān)系
1．(2018·南京市學(xué)情調(diào)研)大型強(qiáng)子對(duì)撞器LHC(Large Hadron Collider)是一座歐洲核子研究組織CERN的粒子加速器與對(duì)撞機(jī)，加速管中的單個(gè)質(zhì)子具有的能量為7 TeV(7×1012 eV)，此能量最接近(　　)
A．一只蝸牛爬行時(shí)的動(dòng)能
B．遼寧艦正常行駛時(shí)的動(dòng)能
C．手機(jī)充滿1次電消耗的電能
D．家用空調(diào)工作1 h消耗的電能
答案　A
解析　7×1012 eV＝7×1012×1.6×10－19 J＝1.12×10－6 J，此能量接近一只蝸牛爬行時(shí)的動(dòng)能．
2．背越式跳高是一項(xiàng)跳躍障礙的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，包括助跑、起跳、過桿和落地四個(gè)階段，如圖1為從起跳到落地的運(yùn)動(dòng)過程分解圖，某同學(xué)身高1.80 m，體重60 kg，參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)成功地越過了1.90 m的橫桿，該同學(xué)跳起時(shí)刻的動(dòng)能可能是下列哪個(gè)值(g取10 m/s2)(　　)

圖1
A．400 J B．500 J C．800 J　D．2 000 J
答案　C
解析　運(yùn)動(dòng)員跳高過程可以看做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重心達(dá)到橫桿時(shí)速度恰好為零，運(yùn)動(dòng)員重心升高高度約為：h＝1.90 m－ m＝1.0 m.
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，跳起時(shí)的動(dòng)能：
Ek＝mgh＝60×10×1 J＝600 J，
因?qū)嶋H過程中存在阻力，則可知，只有動(dòng)能大于600 J時(shí)才能成功越過，但2 000 J不符合實(shí)際，故只有C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
3．(多選)(2018·如皋市調(diào)研)如圖2所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球處于光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向水平向右的恒力F，使小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)．則小球在向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)的整個(gè)過程中(　　)

圖2
A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸增大
C．小球的動(dòng)能逐漸增大
D．小球的動(dòng)能先增大后減小
答案　BD
4．(2018·第二次全國大聯(lián)考(江蘇卷))如圖3為沿斜坡向上行駛的汽車，當(dāng)汽車在拉力F作用下向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，汽車的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖所示(AB段為曲線)，汽車與斜面間的摩擦忽略不計(jì)．下列說法正確的是(　　)

圖3
A．0～x1過程中，汽車所受拉力逐漸增大
B．x1～x2過程中，汽車速度可達(dá)到最大值
C．0～x3過程中，汽車的動(dòng)能一直增大
D．x1～x2過程中，汽車以恒定的功率運(yùn)動(dòng)
答案　B
解析　設(shè)斜坡的傾角為 α，則汽車的重力勢(shì)能為Ep＝mgxsin α，由動(dòng)能定理得汽車的動(dòng)能為Ek＝Fx－mgxsin α，則汽車的機(jī)械能為E＝Ek＋Ep＝Fx，即圖線的斜率表示 F，則可知 0～x1 過程中汽車受到的拉力恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；x1～x2 過程中，拉力逐漸減小，隨著F 的減小，汽車先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，選項(xiàng)B正確；綜上可知，0～x3 過程中，汽車的速度先增大后減小，即動(dòng)能先增大后減小，C錯(cuò)誤；x1～x2過程中，汽車所受拉力逐漸減小，到x2處為零，則汽車到x2處的功率為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
5．(2018·鹽城市三模)小球被豎直向上拋出，然后回到原處．小球初動(dòng)能為Ek0，所受空氣阻力與速度大小成正比，則該過程中，小球的動(dòng)能與位移x關(guān)系的圖線是下列圖中的(　　)


答案　C
解析　設(shè)小球的質(zhì)量為m，由題意可知，空氣阻力與速度關(guān)系為Ff＝kv(k是比例常數(shù))
取極短位移Δx為研究過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
上升過程中有－(mg＋Ff)Δx＝－ΔEk，所以ΔEk＝(mg＋Ff)Δx，Ek－x圖象斜率的大小等于mg＋Ff，由于上升過程速度減小，則Ff減小，所以圖象的斜率絕對(duì)值減小(對(duì)應(yīng)上面一條曲線)．
下降過程中有(mg－Ff)Δx＝ΔEk，Ek－x圖象斜率的大小等于mg－Ff，由于下降過程速度增大，則Ff增大，所以圖象的斜率絕對(duì)值隨位移的減小而減小(對(duì)應(yīng)下面一條曲線)，故C正確、A、B、D錯(cuò)誤．
6．(多選)(2018·無錫市高三期末)如圖4所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧開始時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中始終處在彈性限度內(nèi)，t1＝0時(shí)刻在A上施加一個(gè)水平向左的恒力F，t2＝t時(shí)刻彈簧第一次恢復(fù)到原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時(shí)間內(nèi)(　　)

圖4
A．A、B和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小
B．當(dāng)A的加速度為零時(shí)，B的加速度為
C．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，兩物塊速度相等
D．物塊B移動(dòng)的距離為
答案　CD
解析　通過受力分析可知，物塊A先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，物塊B先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，t1～t2時(shí)間內(nèi)，拉力F一直做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A的加速度為零時(shí)，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為，故B錯(cuò)誤；速度相等前，A一直比B速度大，所以彈簧一直在變長(zhǎng)，當(dāng)兩物塊速度相等時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，故C正確；因?yàn)閺椈苫謴?fù)原長(zhǎng)，所以彈簧彈性勢(shì)能為零，根據(jù)功能關(guān)系可知：Fx＝m1v12＋m2v22，所以x＝，故D正確．
7．(多選)如圖5所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與質(zhì)量為mB的小球B連接，另一端與套在光滑豎直桿上質(zhì)量為mA的小物塊A連接，桿兩端固定且足夠長(zhǎng)，物塊A由靜止從圖示位置釋放后，先沿桿向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)某時(shí)刻物塊A運(yùn)動(dòng)的速度大小為vA，加速度大小為aA，小球B運(yùn)動(dòng)的速度大小為vB，輕繩與桿的夾角為θ.重力加速度為g，則(　　)

圖5
A．vB＝vAcos θ
B．a(chǎn)A＝－g
C．小球B減小的重力勢(shì)能等于物塊A增加的動(dòng)能
D．當(dāng)物塊A上升到與滑輪等高時(shí)，它的機(jī)械能最大
答案　AD
解析　將物塊A的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向進(jìn)行分解，沿繩子方向的分速度等于B的速度，即vB＝vAcos θ，A正確；根據(jù)力的合成與分解法則，結(jié)合牛頓第二定律得：FTcos θ－mAg＝mAa，而FT＜mBg，則有，aA<－g，故B錯(cuò)誤；A、B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，那么小球B減小的機(jī)械能等于物塊A增加的機(jī)械能，C錯(cuò)誤；物塊A上升到與滑輪等高前，拉力做正功，機(jī)械能增加，物塊A上升到與滑輪等高后，拉力做負(fù)功，機(jī)械能減小，所以A上升到與滑輪等高時(shí)，A的機(jī)械能最大，D正確．
8．(2018·無錫市期中)如圖6所示，楔形木塊固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°.質(zhì)量分別為2m、m的兩滑塊P、Q通過不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其它摩擦不計(jì)，在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中(　　)

圖6
A．Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對(duì)Q做的功
B．Q機(jī)械能的增加量等于P機(jī)械能的減少量
C．P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量
D．P克服輕繩拉力做的功等于輕繩拉力對(duì)Q做的功
答案　D
解析　在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對(duì)Q做功，由動(dòng)能定理知Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對(duì)Q做的功與重力做功的代數(shù)和，故A錯(cuò)誤．由于P下滑過程中要產(chǎn)生內(nèi)能，所以Q機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和等于P機(jī)械能的減少量，故B、C錯(cuò)誤．由題圖可知，P與Q位移的大小是相等的，輕繩對(duì)P與對(duì)Q的拉力也相等，所以P克服輕繩拉力做的功等于輕繩拉力對(duì)Q做的功，故D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（8）含解析
8.動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律
1.李老師在課堂上做了如下的小實(shí)驗(yàn)：他把一只粉筆豎直放在水平桌面上靠近邊緣的紙條上，如圖1所示．第一次他慢慢拉動(dòng)紙條將紙條抽出，粉筆向后傾倒．第二次他快速將紙條抽出，粉筆輕微晃動(dòng)一下又靜立在桌面上．兩次現(xiàn)象相比，下列說法正確的是(　　)

圖1
A．第一次粉筆的慣性更小
B．第一次粉筆受到紙帶的摩擦力更大
C．第一次粉筆受到紙帶的沖量更小
D．第一次粉筆獲得的動(dòng)量更大
答案　D
解析　 兩次拉動(dòng)中粉筆的質(zhì)量不變，故其慣性不變，故A錯(cuò)誤；由于正壓力不變，故紙條對(duì)粉筆的摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；由于慢慢拉動(dòng)紙條將紙條抽出作用時(shí)間變長(zhǎng)，故摩擦力對(duì)粉筆沖量更大，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，第一次合外力的沖量更大，則第一次粉筆獲得的動(dòng)量更大，故D正確．
2.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理．如圖2所示，從距秤盤80 cm高度把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1 s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘總€(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(　　)

圖2
A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N
答案　B
解析　豆粒從80 cm高處落到秤盤前瞬間速度為v，v2＝2gh，
則v＝＝ m/s＝4 m/s
設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv1
F＝＝ N＝0.6 N，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
3．在列車編組站里，一節(jié)動(dòng)車車廂以1 m/s的速度碰上另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．已知兩節(jié)車廂的質(zhì)量均為20t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞時(shí)間很短，內(nèi)力很大)(　　)
A．10 N·s B．20 N·s
C．104 N·s D．2×104 N·s
答案　C
解析　動(dòng)車和拖車組成的系統(tǒng)碰撞過程動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，對(duì)拖車根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv，聯(lián)立解得I＝104 N·s，選項(xiàng)C正確．
4．(多選)將一小球從地面以速度v0豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若該過程中空氣阻力不能忽略，且大小近似不變，則下列說法中正確的是(　　)
A．重力在上升過程與下降過程中做的功大小相等
B．重力在上升過程與下降過程中的沖量相同
C．整個(gè)過程中空氣阻力所做的功等于小球機(jī)械能的變化量
D．整個(gè)過程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量
答案　AC
解析　根據(jù)W＝Gh可知，重力在上升過程與下降過程中做的功大小相等，選項(xiàng)A正確；上升過程中的加速度a上＝g＋大于下降過程中的加速度a下＝g－，則上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，即t上5．飛機(jī)在空中撞到一只鳥常見，撞到一只兔子就比較罕見了，而這種情況真的被澳大利亞一架飛機(jī)遇到了．如圖3所示，2017 年10 月 20 日，一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機(jī)，飛到 1 500 m高時(shí)就撞到了一只兔子，當(dāng)時(shí)這只兔子正被一只鷹抓著，兩者撞到飛機(jī)當(dāng)場(chǎng)殞命．設(shè)當(dāng)時(shí)飛機(jī)正以 720 km/h的速度飛行，撞到質(zhì)量為 2 kg的兔子，作用時(shí)間為 0.1 s．則飛機(jī)受到兔子的平均撞擊力大小約為(　　)

圖3
A．1.44×103 N B．4.0×103 N
C．8.0×103 N D．1.44×104 N
答案　B
解析　720 km/h＝200 m/s，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv可得F＝＝ N＝4×103 N，故選B.
6．(多選)如圖4所示，小車在光滑水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng)，輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn)，物體用細(xì)線拉在A點(diǎn)將彈簧壓縮，某時(shí)刻線斷了，物體沿車滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個(gè)系統(tǒng)，下列說法正確的是(　　)

圖4
A．若物體滑動(dòng)中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機(jī)械能守恒
B．若物體滑動(dòng)中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動(dòng)量守恒
C．不論物體滑動(dòng)中有沒有摩擦力，小車的最終速度與線斷前相同
D．不論物體滑動(dòng)中有沒有摩擦力，系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同
答案　BCD
解析　物體與油泥粘合的過程，發(fā)生完全非彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，故A錯(cuò)誤；整個(gè)系統(tǒng)在水平方向上不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒，故B正確；取小車的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可知，物體沿車滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)的速度與初速度是相同的，故C正確；當(dāng)物體與B端油泥粘在一起時(shí)，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動(dòng)能與初動(dòng)能是相等的，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于彈簧的彈性勢(shì)能，與物體滑動(dòng)中有沒有摩擦力無關(guān)，故D正確．
7.沿光滑水平面在同一條直線上運(yùn)動(dòng)的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，該過程的位移—時(shí)間圖象如圖5所示．則下列判斷錯(cuò)誤的是(　　)

圖5
A．碰撞前后A的運(yùn)動(dòng)方向相反
B．A、B的質(zhì)量之比為1∶2
C．碰撞前后A的動(dòng)能增大，B的動(dòng)能減小
D．碰撞前B的動(dòng)量較大
答案　C
解析　由位移—時(shí)間圖象可得，碰撞之前vA＝ m/s＝－5 m/s，碰撞之后vA′＝ m/s＝5 m/s，則碰撞前后A的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A正確．由位移—時(shí)間圖象可得，碰撞之前vB＝ m/s＝10 m/s，vAB＝vA′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，代入數(shù)據(jù)得，mA∶mB＝1∶2，故B正確．碰撞前后A速度大小相等，則碰撞前后A動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤．碰撞前A、B速度方向相反，碰撞后A、B速度方向與B碰撞前速度方向相同，則碰撞前B動(dòng)量較大，故D正確．
8．如圖6所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時(shí)，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上．若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是(不計(jì)空氣阻力)(　　)

圖6
A．若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1
B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零
C．若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1
D．若A、B同時(shí)離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3
答案　D
解析　彈簧彈開木塊過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，則速度之比 vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動(dòng)能定理得，輕彈簧對(duì)A、B做功分別為 W1＝mAvA2，W2＝mBvB2，聯(lián)立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，則ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯(cuò)誤．A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t.由動(dòng)量定理得，A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯(cuò)誤．平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正確．
2019高考物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練（9）含解析
9.靜電場(chǎng)及其性質(zhì)
1．若帶有等量異號(hào)電荷的板狀電容器不是平行放置的，則板間電場(chǎng)線的描繪正確的是(　　)


答案　D
2．(2018·南通等六市一調(diào))某靜電除塵裝置管道截面內(nèi)的電場(chǎng)線分布如圖1所示，平行金屬板M、N接地，正極位于兩板正中央．圖中a、b、c三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分別為Ea、Eb、Ec，電勢(shì)分別為φa、φb、φc，則(　　)

圖1
A．EaC．φa>φb D．φb＝φc
答案　C
解析　電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，則可以判斷Ea>Eb>Ec，故A、B錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，根據(jù)對(duì)稱性可知φa>φb，故C正確；b、c到上極板的距離相等，而b點(diǎn)與極板間的場(chǎng)強(qiáng)大于c點(diǎn)與極板間的場(chǎng)強(qiáng)，所以b點(diǎn)到極板間的電勢(shì)差大于c點(diǎn)到極板間的電勢(shì)差，所以b點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故D錯(cuò)誤．
3．(2016·江蘇單科·3)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場(chǎng)線分布如圖2所示．容器內(nèi)表面為等勢(shì)面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點(diǎn)，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大
B．小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的低
C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直
D．將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的功不同
答案　C
解析　由電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小可知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，B項(xiàng)錯(cuò)誤；容器的內(nèi)表面為一等勢(shì)面，內(nèi)表面處各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向與等勢(shì)面垂直，C項(xiàng)正確；容器內(nèi)表面為等勢(shì)面，將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功均為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤．
4．(多選)如圖3甲所示，A、B、C三點(diǎn)是在等量同種正電荷連線垂線上的點(diǎn)，一個(gè)帶電荷量為q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷從C點(diǎn)由靜止釋放，其只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的圖線的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)，其切線斜率為k，則(　　)

圖3
A．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為
B．由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低
C．B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，大小為
D．該點(diǎn)電荷由C到A的過程中電勢(shì)能先減小后增大
答案　BC
解析　由v－t圖象可知A、B兩點(diǎn)的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理得，qUBA＝mvA2－mvB2 ，故電勢(shì)差UAB＝－UBA＝，故A錯(cuò)誤；根據(jù)兩個(gè)等量同種正電荷的電場(chǎng)線分布規(guī)律可知，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中電勢(shì)逐漸降低，故B正確；根據(jù)v－t圖象可知帶電粒子在B點(diǎn)的加速度最大為k，所受的電場(chǎng)力最大為km，由E＝知，B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大為，故C正確．由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，據(jù)v－t圖象可知帶電粒子的速度增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤．
5.(多選)(2018·江蘇省高考?jí)狠S卷)如圖4所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在O點(diǎn)固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，a、b、c、d為以O(shè)為圓心的同一圓周上的四點(diǎn)，bd與電場(chǎng)線平行，ac與電場(chǎng)線垂直，則(　　)

圖4
A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同
B．b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小
C．d、a間的電勢(shì)差大于a、b間的電勢(shì)差
D．檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能等于在c點(diǎn)的電勢(shì)能
答案　BD
解析　a、c兩點(diǎn)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度相同，點(diǎn)電荷在a、c兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，合成后a、c兩點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小相等，但方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a、b、c、d四點(diǎn)中b點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)最大，選項(xiàng)B正確；d、a間的電勢(shì)差與a、b間的電勢(shì)差相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；a點(diǎn)電勢(shì)與c點(diǎn)電勢(shì)相等，檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能與在c點(diǎn)的電勢(shì)能相等，選項(xiàng)D正確．
6．(2018·常熟市期中)如圖5所示，有兩個(gè)固定的等量異種點(diǎn)電荷，a、b是它們連線的中垂線上的兩個(gè)位置，c是它們產(chǎn)生的電場(chǎng)中另一位置，以無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)的零點(diǎn)，則以下說法中正確的是(　　)

圖5
A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同
B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)相同
C．c點(diǎn)電勢(shì)為正值
D．將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功
答案　B
解析　a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向均與ab連線垂直向右，方向相同．a(chǎn)點(diǎn)處電場(chǎng)線比b點(diǎn)處疏，則a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比b點(diǎn)小，故A錯(cuò)誤；等量異種點(diǎn)電荷連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線，所以a點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)電勢(shì)相等，由于該電場(chǎng)線一直延伸到無窮遠(yuǎn)，故該等勢(shì)線上的每個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)均為零，故B正確；該電場(chǎng)的電場(chǎng)線由正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，c點(diǎn)電勢(shì)比a、b點(diǎn)電勢(shì)低，c點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，故C錯(cuò)誤．由于a點(diǎn)與b點(diǎn)的電勢(shì)相等，故將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，故D錯(cuò)誤．
7．(2018·鹽城市期中)如圖6所示，實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示等勢(shì)線．則(　　)

圖6
A．A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)高
B．A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)大
C．負(fù)電荷在A點(diǎn)電勢(shì)能大
D．負(fù)電荷由B移到A靜電力做負(fù)功
答案　A
解析　沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來越低，則知A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)高，故A正確．電場(chǎng)線的疏密程度反映場(chǎng)強(qiáng)的大小，A處電場(chǎng)線疏，所以A處電場(chǎng)強(qiáng)度小，故B錯(cuò)誤．負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，則知負(fù)電荷在A點(diǎn)電勢(shì)能小，故C錯(cuò)誤．負(fù)電荷由B移到A電勢(shì)能減小，靜電力做正功，故D錯(cuò)誤．
8.(2018·江蘇五校聯(lián)考)設(shè)相距為l，電荷量分別為＋q和－q的點(diǎn)電荷構(gòu)成電偶極子，如圖7所示，取二者連線方向?yàn)閥軸方向，中點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立如圖所示的的xOy坐標(biāo)系，P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為r(r?l)，P、O兩點(diǎn)間的連線與y軸正方向的夾角為θ，設(shè)無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，P點(diǎn)的電勢(shì)為φ，靜電力常量為k.下面給出φ的四個(gè)表達(dá)式，其中只有一個(gè)是合理的，請(qǐng)你分析判斷φ的合理表達(dá)式應(yīng)為(　　)

圖7
A．φ＝ B．φ＝
C．φ＝ D．φ＝
答案　C
解析　若夾角θ＝90°，則P點(diǎn)位于檢驗(yàn)電荷從無窮遠(yuǎn)處沿x軸移動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，靜電力始終與位移方向垂直，則x軸上的電勢(shì)處處為0，這與cos 90°相符，可見A、D錯(cuò)誤，因離O點(diǎn)越遠(yuǎn)，其電勢(shì)就越小，故r應(yīng)在分母上，故B錯(cuò)誤，C正確．

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